2020高考數學大一輪復習 第四章 三角函數、解三角形 5 第4講 三角函數的圖象與性質練習 理（含解析）

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1、第4講 三角函數的圖象與性質 基礎題組練1函數y|cos x|的一個單調增區(qū)間是()A，B0，C，D，2解析：選D.將ycos x的圖象位于x軸下方的圖象關于x軸對稱翻折到x軸上方，x軸上方(或x軸上)的圖象不變，即得y|cos x|的圖象(如圖)故選D.2關于函數ytan(2x)，下列說法正確的是()A是奇函數B在區(qū)間(0，)上單調遞減C(，0)為其圖象的一個對稱中心D最小正周期為解析：選C.函數ytan(2x)是非奇非偶函數，A錯；在區(qū)間(0，)上單調遞增，B錯；最小正周期為，D錯；由2x，kZ得x，當k0時，x，所以它的圖象關于(，0)對稱，故選C.3如果函數y3cos(2x)的圖象關于

2、點(，0)對稱，那么|的最小值為()A.B.C.D.解析：選A.由題意得3cos(2)3cos(2)3cos()0，所以k，kZ.所以k，kZ，取k0，得|的最小值為.4函數f(x)2sin(x)(0)對任意x都有f(x)f(x)，則f()的值為()A2或0B2或2C0D2或0解析：選B.因為函數f(x)2sin(x)對任意x都有f(x)f(x)，所以該函數圖象關于直線x對稱，因為在對稱軸處對應的函數值為最大值或最小值，所以選B.5(2019山西晉城一模)已知函數f(x)2sin(x)的圖象的一個對稱中心為(，0)，其中為常數，且(1，3)若對任意的實數x，總有f(x1)f(x)f(x2)，則

3、|x1x2|的最小值是()A1B.C2D解析：選B.因為函數f(x)2sin(x)的圖象的一個對稱中心為(，0)，所以k，kZ，所以3k1，kZ，由(1，3)，得2.由題意得|x1x2|的最小值為函數的半個周期，即.6(2019廣州市綜合檢測(一)已知函數f(x)cos(x)(0，0)是奇函數，且在上單調遞減，則的最大值是()A.B.C.D2解析：選C.因為函數f(x)cos(x)是奇函數，0，所以，所以f(x)cossin x，因為f(x)在 上單調遞減，所以且 ，解得，又0，故的最大值為.7(2019高考北京卷)函數f(x)sin22x的最小正周期是_解析：因為f(x)sin22x，所以f

4、(x)的最小正周期T.答案：8(2019昆明調研)已知函數f(x)sin x的圖象關于點(，0)對稱，且f(x)在0，上為增函數，則_.解析：將點(，0)代入f(x)sin x，得sin0，所以n，nZ，得n，nZ.設函數f(x)的最小正周期為T，因為f(x)在0，上為增函數，所以0，所以T，即，所以2.所以n1，.答案：9已知函數f(x)2sin(x)1(xR)的圖象的一條對稱軸為x，其中為常數，且(1，2)，則函數f(x)的最小正周期為_解析：由函數f(x)2sin(x)1(xR)的圖象的一條對稱軸為x，可得k，kZ，所以k，又(1，2)，所以，從而得函數f(x)的最小正周期為.答案：10

5、(2019成都模擬)設函數f(x)sin(2x)若x1x20)的最小正周期為.(1)求函數f(x)的單調遞減區(qū)間；(2)若f(x)，求x的取值集合解：(1)f(x)cos2xsin xcos x(1cos 2x)sin 2xcos 2xsin 2xsin(2x)因為周期為，所以1，故f(x)sin(2x)由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間為k，k，kZ.(2)f(x)，即sin(2x)，由正弦函數的性質得2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，則x的取值集合為x|k xk，kZ綜合題組練1(2019高考全國卷)關于函數f(x)sin|x|sin x|有下述四個結

6、論：f(x)是偶函數f(x)在區(qū)間單調遞增f(x)在，有4個零點f(x)的最大值為2其中所有正確結論的編號是()ABCD解析：選C.通解：f(x)sin|x|sin(x)|sin|x|sin x|f(x)，所以f(x)為偶函數，故正確；當x時，f(x)sin xsin x2sin x，所以f(x)在單調遞減，故不正確；f(x)在，的圖象如圖所示，由圖可知函數f(x)在，只有3個零點，故不正確；因為ysin|x|與y|sin x|的最大值都為1且可以同時取到，所以f(x)可以取到最大值2，故正確綜上，正確結論的編號是.故選C.優(yōu)解：因為f(x)sin|x|sin(x)|sin|x|sin x|f

7、(x)，所以f(x)為偶函數，故正確，排除B；當x0)，已知f(x)在0，2有且僅有5個零點下述四個結論：f(x)在(0，2)有且僅有3個極大值點f(x)在(0，2)有且僅有2個極小值點f(x)在單調遞增的取值范圍是其中所有正確結論的編號是()A B C D解析：選D.如圖，根據題意知，xA2xB，根據圖象可知函數f(x)在(0，2)有且僅有3個極大值點，所以正確；但可能會有3個極小值點，所以錯誤；根據xA2xB，有2，得，所以正確；當x(0，)時，x，因為，所以0)，f()f()0，且f(x)在區(qū)間(，)上遞減，則_.解析：因為f(x)sin xcos x2sin(x)，由2kx2k，kZ，

8、得x，因為f(x)在區(qū)間(，)上遞減，所以(，)，從而有解得12k1，kZ，所以1，因為f()f()0，所以x為f(x)2sin(x)的一個對稱中心的橫坐標，所以k(kZ)，3k1，kZ，又1，所以2.答案：24(創(chuàng)新型)(2019蘭州模擬)已知a0，函數f(x)2asin(2x)2ab，當x0，時，5f(x)1.(1)求常數a，b的值；(2)設g(x)f(x)且lg g(x)0，求g(x)的單調區(qū)間解：(1)因為x0，所以2x，所以sin(2x)，1，所以2asin(2x)2a，a，所以f(x)b，3ab，又因為5f(x)1，所以b5，3ab1，因此a2，b5.(2)由(1)得f(x)4sin(2x)1，g(x)f(x)4sin(2x)14sin(2x)1，又由lg g(x)0，得g(x)1，所以4sin(2x)11，所以sin(2x)，所以2k2x2k，kZ，其中當2k2x2k，kZ時，g(x)單調遞增，即kxk，kZ，所以g(x)的單調增區(qū)間為(k，k，kZ.又因為當2k2x2k，kZ時，g(x)單調遞減，即kxk，kZ.所以g(x)的單調減區(qū)間為(k，k)，kZ.所以g(x)的單調增區(qū)間為(k，k，kZ，單調減區(qū)間為(k，k)，kZ.- 8 -